Kezdőlap


Feladat:	1903. évi (később Kürschák) matematikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Hajdú Pál
Füzet:	1904/február, 130. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1903/november: 1903. évi (később Kürschák) matematikaverseny 3. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Jelöljük $α$ -val a rhombus $A B C$ szögét, $ω$ -val a $B$ -ben és $ω_{1}$ -gyel az $A$ -ban rajzolható érintők által bezárt szögeket. Az $A B D$ és $A B C$ egyenlő szárú háromszögek csúcsain átmenő körök $K_{3}$ és $K_{4}$ , középpontjai az $A C$ , illetőleg $B D$ átlókon vannak, az $ω$ és $ω_{1}$ szögek pedig az átlók által feleztetnek. Minthogy

\begin{matrix} K_{4} A B ∢ = K_{4} B A ∢ = \frac{α}{2}, \end{matrix}

azért

\begin{matrix} K_{4} A K_{3} ∢ = 90^{\circ} - \frac{α}{2} - \frac{α}{2} = 90^{\circ} - α . \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{ω_{1}}{2} + K_{4} A K_{3} = \frac{ω_{1}}{2} + 90^{\circ} - α = 90^{\circ}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} ω_{1} = 2 α . \end{matrix}

Továbbá

\begin{matrix} K_{3} B A ∢ = 90^{\circ} - \frac{α}{2} \end{matrix}

és

\begin{matrix} K_{4} B K_{3} = 90^{\circ} - \frac{α}{2} - \frac{α}{2} = 90^{\circ} - α . \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{ω}{2} + K_{4} B K_{3} ∢ = \frac{ω}{2} + 90^{\circ} - α = 90^{\circ}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} ω = 2 α . \end{matrix}

Így tehát csakugyan

\begin{matrix} ω_{1} = ω = 2 α . \end{matrix}

(Hajdú Pál, Budapest.)